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Ecole Normale Sup´ erieure – Ann´ ee 2012-2013
T.D. de Topologie, Analyse et Calcul diff´ erentiel
Corrig´ e de la feuille d’exercices no2
1. Droite r´eelle avec un point double.
Il est conseill´e de faire un dessin. Pour montrer que Bforme la base d’une topologie, il suffit de montrer
que pour tous ouverts U, V ∈ B et tout x∈U∩V, il existe un ouvert Wdans Bqui contient xet contenu
dans U∩V. Autrement dit, il existe W∈ B tel que x∈W⊂U∩V. C’est tr`es facile `a v´erifier dans le cas
pr´esent. On peut remarquer que cette topologie n’´est pas s´epar´ee car tout voisinage de 0Arencontre tout
voisinage de 0B. En particulier, cette topologie ne peut pas ˆetre m´etrique (si la topologie ´etait m´etrique,
la distance entre 0Aet 0Bdevrait ˆetre nulle, ce qui serait absurde, puisque 0A6= 0B). Il est clair que la
topologie engendr´ee sur R− {0}coincide avec la topologie usuelle (donc m´etrisable) sur R− {0}.
Remarque. Cet exemple, qui peut sembler artificiel, ne l’est pas. En effet, des espaces topologiques du type de
celui pr´esent´e dans l’exercice (tr`es grossi`erement, “des espaces qui ressemblent localement `a la droite r´eelle,
mais avec des points non s´epar´es”) apparaissent naturellement comme espace des feuilles d’un feuilletage.
Tr`es grossi`erement, si on consid`ere (par exemple) une famille de courbes qui rempli une surface, alors le
quotient de la surface par la relation d’´equivalence “ˆetre sur la mˆeme courbe” sera un espace “du type de
celui de l’exercice” ; en particulier, il poss`edera en g´en´eral des points non-s´epar´es.
2. Topologie des compl´ementaires de parties finies.
1. On v´erifie tr`es facilement que Cest stable par intersection finie et r´eunion quelconque ; c’est bien une
topologie. Elle est s´epar´ee si et seulement si Xest fini (auquel cas la topologie est mˆeme discr`ete) ; en effet,
si Xn’est pas fini, quels que soient xet ydans X, tout voisinage de xrencontre tout voisinage de y.
2. Soit A⊂X. Si Aest fini, alors Aest ferm´e donc ´egal `a son adh´erence. Si Aest infini, alors Xest le
seul ferm´e contenant A; l’adh´erence de Aest donc ´egale `a X. Si le compl´ementaire de Aest fini, alors A
est ouvert donc ´egal `a son int´erieur. Si le compl´ementaire de Aest infini, alors ∅est le seul ouvert contenu
dans A; l’int´erieur de Aest donc vide.
De ceci, on d´eduit que la fronti`ere de Aest :
– vide si Aest fini, ainsi que son compl´ementaire ;
– ´egale `a Xtout entier si Aest infini, ainsi que son compl´ementaire ;
– ´egale `a X\Asi Aest infini et de compl´ementaire fini ;
– ´egale `a Asi Aest fini et de compl´ementaire infini.
3. Sur la topologie produit.
Remarquons que les intersections finies d’ensembles de la forme Ux,y,y0forment une base d’ouverts pour la
topologie T.
1. Il suffit d’expliciter d’une part ce que veut signifie “(fn) converge simplement vers f”, et d’autre part
ce que signifie ‘(fn) converge vers fpour la topologie T”, en utilisant le fait que les intersections finies
d’ensembles de la forme Ux,y,y0forment une base d’ouverts.

2. Toute intersection finie d’ensemble de la forme Ux,y,y0rencontre F. Par cons´equent, tout ouvert de T
rencontre F, ce qui implique que l’adh´erence de Fest ´egal `a Etout entier.
3. Soit (fn) une suite d’´el´ements de F. Soit D⊂Rl’ensemble de r´eels o`u au moins l’une des fonctions fnest
non-nulle. Alors Dest un ensemble d´enombrable (en tant qu’union d´enombrable d’ensemble finis). Et il est
clair que si la suite (fn) converge simplement, alors sa limite est nulle sur R\D. Ceci montre qu’une fonction
f:R→Rne peut ˆetre limite d’une suite d’´el´ements de f, d`es lors qu’elle prend une valeur non-nulle en une
infinit´e non-d´enombrable de points.
4. Il suffit de montrer le lemme suivant :
Lemme. Si (X, d)est espace m´etrique, si Aest une partie de X, et si xest un point de l’adh´erence de A,
alors il existe une suite (xn)de points de Aqui tend vers x.
La preuve du lemme se fait en remarquant que la famille de boules {B(x, 1/n)}n≥0est une base de
voisinage de x. Ainsi, si on choisit, pour chaque entier n, un point xndans B(x, 1/n)∩A, alors la suite (xn)
tend vers x.
Le lemme ci-dessus est vrai plus g´en´eralement dans un espace topologique o`u chaque point admet une
base d´enombrable de voisinage.
4. Topologie ‘de la limite sup´erieure” sur R.
1. La topologie Tlim sup est plus fine que la topologie usuelle T. Pour le voir, il suffit de constater que les
intervalles ]a, b[, qui engendrent T, sont dans Tlim sup :
]a, b[= [
n∈N∗]− ∞, b −1
n]∩]a, +∞[∈ Tlim sup
puisque c’est une union d’intersections finies d’´el´ements de Tlim sup. Remarquons que ceci implique que
Tlim sup est s´epar´ee (puisqu’elle est plus fine qu’une topologie s´epar´ee).
2. Pour tout a<b, l’intervalle ]a, b] est un ouvert Tlim sup puisque ]a, b] =] − ∞, b]∩]a, +∞[ est bien
ouvert. Les intervalles du type ]a, b] engendrent Tlim sup, puisque ] − ∞, a] = Sn]a−n−1, a −n] et
]b, +∞[= Sn]b+n, b +n+ 1]. De plus, la famille des intervalles du type ]a, b] est stable par intersection finie.
Donc c’est bien une base d’ouverts.
On en d´eduit que pour tout point x, (]x−ε, x])ε>0est une base de voisinages de x. En effet si Uest
ouvert et x∈U, alors il existe a<btels que x∈]a, b]⊂U, et on a alors ]x−ε, x]⊂]a, b] pour εassez petit.
3. On voit que ]a, b] est ferm´e, en effet c’est l’intersection de ]a, +∞[ et de ] − ∞, b] qui sont ferm´es (car leur
compl´ementaire est ouvert).
4. Il suffit de v´erifier que Qrencontre tout ouvert ]a, b] de la base d’ouverts de la question 2, ce qui est clair.
5. On utilise le lemme suivant : Un espace m´etrique Eposs`ede un sous-ensemble d´enombrable dense Dsi et
seulement si Eadmet une base d´enombrable d’ouverts.
Preuve du lemme. Si (Un)n∈Nest une base d’ouverts, soit pour chaque nun point xn∈Un. Alors D=
{xn}n∈Nest dense dans Epuisqu’il rencontre tous les Un, et par suite tous les ouverts. R´eciproquement,
si Dest d´enombrable et dense dans E, montrons que les boules B(d, 1/k) (d∈D,k∈N∗) forment une
base d´enombrable d’ouverts. Soit Ω un ouvert et x∈Ω. Il existe r > 0 tel que B(x, r)⊂Ω. Soit ktel que
1/k < r et ε= min(1/k, r −1/k). Par densit´e, il existe d∈B(x, ε)∩D. Alors x∈B(d, 1/k)⊂Ω. Ainsi Ω
est r´eunion de boules de la forme B(d, 1/k), lesquelles forment donc bien une base d’ouverts.
Si on montre que Tlim sup ne poss`ede pas de base d´enombrable d’ouverts, ce lemme et la question pr´ec´edente
permettront de conclure qu’elle n’est pas m´etrisable. Si (Ui)i∈Iest une base d’ouverts de Tlim sup, pour chaque
x∈R, l’intervalle ]x−1, x] est ouvert donc il existe un ixtel que Uix⊂]x−1, x] et x∈Uix. Ceci implique

que xest la borne sup´erieure de Uix. L’application x7→ ixainsi construite est injective (si x6=yalors
Uix6=Uiycar ces deux ouverts n’ont pas la mˆeme borne sup´erieure), la famille (Ui) ne peut donc pas ˆetre
d´enombrable car Rne l’est pas.
6. On a vu que T ⊂ Tlim sup, De la mˆeme fa¸con, on a T ⊂ Tlim inf . Pour l’inclusion r´eciproque, on consid`ere
un ´el´ement U∈ Tlim sup ∩ Tlim inf , et on montre que Uest ouvert au sens usuel : si x∈U, alors il existe
ε > 0 tel que ]x−ε, x]⊂U(car U∈ Tlim sup) et il existe ε0>0 tel que [x, x +ε0[⊂U(car U∈ Tlim inf ), d’o`u
]x−ε, x +ε0[⊂U. Ainsi Uest bien ouvert pour T.
5. Topologie quotient.
1. Cela provient du fait que f−1
i(ω1∩ω2) = f−1 i(ω1)∩f−1 i(ω2) et f−1 i(∪a∈Aωa) = ∪a∈Af−1 i(ωa).
2. On a:
•Si fest continue alors par composition, f◦πaussi. R´eciproquement, supposons que f◦πsoit continu.
Soit ωun ouvert de G, il s’agit de montrer que f−1(G) est un ouvert de F. Or π−1(f−1(G)) = (f◦π)−1(G)
est un ouvert de E, donc on a bien ce qu’on voulait par d´efinition de la topologie quotient.
•On montre facilement que E/Rmuni de la topologie quotient et de sa projection πv´erifie les conditions
demand´ees pour e E. Si de plus, Yest un autre espace v´erifiant les conditions ´enonc´ees alors il existe une
application continue eπ:Y→E/Rrelevant πet une unique application continue ep:E/R → Yrelevant p.
On en d´eduit que ep◦eπ:Y→Yest une application continue (n´ecessairement unique par hypoth`ese) relevant
p, c’est donc l’identit´e. De mˆeme eπ◦epest l’identit´e et Yest hom´eomorphe `a E/R.
•Pour ˆx, ˆy∈E/R, on pose d(ˆx, ˆy) = δ(x, y) o`u x∈π−1({ˆx}), y ∈π−1({ˆy}). Cette d´efinition est
ind´ependante du choix de xet yet d´efinit bien une distance sur E/Rqui engendre la topologie quotient.
3. Supposons pour commencer la propri´et´es sur les ouverts satur´es. Soit ˆa6=ˆ bdans F. Soit a∈π−1({ˆa})
et b∈π−1({ˆ b}). Soit Ua, Ubdeux ouverts satur´es disjoints contenant respectivement aet b. Alors il est clair
que π(Ua) et π(Ub) sont des ouverts de F, s´eparant ˆaet ˆ b.
R´eciproquement, supposons Fs´epar´e. Soit a, b ∈E. Soit Vaet Vbdeux ouverts disjoints s´eparant π(a)
et π(b). alors Ua=π−1(Va) et Ub=π−1(Vb) sont des ouverts satur´es s´eparant aet b.
4. On consid´ere le quotient de Rpar le sous-groupe Q(c’est `a dire xRyssi x−y∈Q). Le quotient R/Qest
muni de la topologie grossi`ere (et non-d´enombrable). En effet, tout ouvert de Rcontient un (et en fait une
infinit´e) de points de la forme x+Q. La droite munie de deux origines (voir l’exercice 1) est non-s´epar´ee
mais son quotient par la relation d’´equivalence identifiant les deux origines est hom´eomorphe1`a R, donc est
s´epar´ee.
6. Feuilletages lin´eaires sur le tore
1. Il suffit de consid´erer le cas d’une droite passant par l’origine (0,0) (quitte `a changer l’origine justement).
Alors la droite s´ecrit sous la forme y=αx et deux points distincts (x, y), (x0, y) de la droite sont identifi´es
dans le quotient si et seulement si il existe des entiers (p, q) tels que
q= (y−y0) = α(x−x0) = αp ⇐⇒ α=q/p.
Il suit que π|Dα:Dα→π(Dα) est une bijection continue si α∈R−Q. Si α∈Q(ou α=∞), π(Dα)
est clairement hom´eomorphe `a un quotient de Rpar un sous-groupe de la forme βZpour un certain r´eel β.
Mais alors, π(Dα)∼
=R/βZest hom´eomorphe au cercle S1. En effet, cet hom´eomorphisme est induit par le
1v´erifier bien ce point !

rel`evement f:R/βZ→S1de l’application continue x7→ exp(2iπ
βx). La bijectivit´e de fest imm´ediate et
pour v´erifier que f−1est continue, on voit que l’application x7→ exp(2iπ
βx) est ouverte...
Il reste `a montrer que si αest irrationnel, π(Dα) est dense. Il suffit de montrer que pour tout (x, y)∈T2
et tout  > 0, il existe (p, q)∈Z2tels que |(y−q)−α(x−p)|<  ce qui d´ecoule imm´ediatement de la densit´e
de Z+αZdans R. L’image π(Dα) est donc dense. On a d´ej`a vu que la restriction π|Dα:Dα→π(Dα) est
une bijection continue2. En revanche ce n’est pas un hom´eomorphisme.
Sinon l’image d’un segment de longueur finie de Dα, qu’on note [a, b], contiendrait l’intersection d’une
boule ouverte Bde T2et de π(Dα). Mais ceci n’est pas possible par densit´e. En effet, soit y∈B\π([a, b])
(c’est un ouvert car π([a, b]) est un compact comme l’image d’un compact par une fonction continue dans
un espace s´epar´e), et soit B0une petite boule contenant yincluse dans B\π([a, b]). Par densit´e, B0∩π(Dα)
est non vide et par construction, π−1(B0∩π(Dα)) n’est pas inclus dans ]a, b[. Cela contredit l’injectivit´e de
π.
2. Il est facile de voir que R0est une relation d’´equivalence. Remarquons que toute droite de pente α
coupe l’axe r´eel en un unique point (sauf si α= 0, auquel cas on consid´ere l’axe imaginaire dans la suite de
l’argument). Il suit que T2/R0s’identifie `a un quotient de Robtenue en consid´erant la relation R(engendrant
T2) et la relation R0. C’est `a dire que deux points de l’axe r´eel x, x0sont identifi´es si et seulement si il existe
des points sur les droites Dx,Dx0de pentes αpassant par (x, 0), (x0,0) qui diff´erent par un ´el´ement du r´eseau
Z2ce qui se traduit ais´ement par x−x0∈1
αZ+Z. on en conclut que si α∈Q,T2/R0est hom´eomorphe `a
R/(βZ) (pour un certain r´eel β) c’est `a dire `a un cercle S1(comme en 1)), en particulier s´epar´e. Par contre,
si αest irrationnel, le groupe 1
αZ+Zest dense dans R, et on en conclut facilement que T2/R0est muni de
la topologie grossi`ere.
7. Ensembles d´eriv´es successifs.
Il n’est pas tr`es difficile de construire une partie Ad’un espace topologique (et mˆeme d’un espace vectoriel
norm´e) tel que tous les termes de la suite
A, A0, A00, . . .
sont distincts. Consid´erons par exemple l’espace vectoriel E=RNmuni de la norme uniforme : si
k(un)n≥0k∞= supn|un|. Pour tout entier k > 0, on consid`ere le sous-ensemble Akde Ed´efinit comme
suit
Ak=u= (un)n≥0∈E|un∈1,1
2,1 3,..., 1 k,0pour tout n.
On pose A=Sk≥0Ak.
V´erifions que A0est le sous-ensemble de A, constitu´e des suites qui ont au moins un terme nul. En
effet, il est clair que toute suite qui a au moins un terme nul n’est pas un point isol´e. R´eciproquement, si
u= (un)n≥0est un ´el´ement de Adont tous les termes sont non-nuls, alors il existe ktel que u∈Ak, et on
v´erifie facilement que, pour tout v6=u, on a ku−vk ≥ 1
k(k+1) , donc uest isol´e.
On montre de mˆeme que A00 est le sous-ensemble de A, constitu´e des suites qui ont au moins deux termes
nuls. Par r´ecurrence, on voit que le n`eme ensemble d´eriv´e de Aest constitu´e des suites appartenant `a A
dont au moins ntermes sont nuls. Les ensembles d´eriv´es successifs de Asont donc tous diff´erents.
Remarque. Le rang `a partir duquel la suite A, A0, A00, . . . est stationnaire s’appelle le rang de Cantor-
Bendixon de la partie A. On peut distinguer diff´erentes types d’ensembles de rang infini, en d´efinissant le
ω`eme ensemble d´eriv´e d’une partie A, not´e A(ω), pour un ordinal ωquelconque (si ωest un ordinal limite,
on pose A(ω)=Tλ<ω A(λ)).
2ici π(Dα) est bien entendu muni de sa topologie de sous-ensemble de T2.

8. Th´eor`eme de Cantor-Bendixon
Il est utile de remarquer que, pour toute partie Ad’un espace topologique X, l’ensemble A∗est ferm´e.
Consid´erons en effet un point xest dans l’adh´erence de A∗. Alors tout voisinage Vde xrencontre A∗. Ainsi
tout voisinage Vde xest aussi un voisinage d’un point de A∗. Par d´efinition de A∗ceci implique que tout
voisinage de Vde xcontient une infinit´e non-d´enombrable de points de A. Et ceci signifie pr´ecis´ement que
xest dans A∗.
1. Soit Xun espace topologique admettant une base d´enombrable d’ouverts {Un}n≥0, et Aune partie de
X.
Montrons que A\A∗est d´enombrable. Pour tout point x∈X\A∗, il existe un voisinage de xdont
l’intersection avec Aest au plus d´enombrable. Pour tout point x∈X\A∗, on peut donc trouver un entier
nxtel que x∈Unxet tel que Unx∩Aest au plus d´enombrable. Notons Dle sous-ensemble de Nconstitu´e
de tous les entiers qui sont ´egal `a nxpour un certain x∈X\A∗. Alors
A\A∗⊂[
n∈D
(Un∩A).
Le membre de droite est une union d´enombrable d’ensembles d´enombrables, ce qui montre que A\A∗est
d´enombrable.
Montrons maintenant que A∗∗ =A∗. Soit x∈X\A∗. Comme A∗est ferm´e, xadmet un voisinage disjoint
de A∗; en particulier, xn’est pas dans A∗∗. Ceci montre que A∗∗ est contenu dans A∗. R´eciproquement,
soit x∈A∗. Consid´erons un voisinage Vde x, et ´ecrivons V∩A⊂(V∩A∗)t(V∩(A\A∗)). Comme x∈A∗,
l’intersection V∩Aest non-d´enombrable. D’autre part, on a vu que A\A∗est d´enombrable. Par cons´equent,
l’intersection V∩A∗doit ˆetre non-d´enombrable. Ceci montre que x∈A∗∗, et donc que A∗⊂A∗∗.
2. Si Xest un espace topologique, `a base d´enombrable, alors Xest la r´eunion disjointe de X1=X∗et
X2=X\X∗. D’apr`es la remarque faite au d´ebut de la correction de cet exercice, X1est ferm´e. D’autre
part, d’apr`es la question 1, on a X∗
1=X1, ce qui montre que X1est sans point isol´e. Enfin, la question 1
montre alors que X2est d´enombrable.
9. Quelques questions de continuit´e.
1. Xest un ensemble quelconque muni de la topologie discr`ete. Il suffit de montrer que tout singleton {x}de
Xest un ouvert. Or la fonction caract´eristique du singleton χ{x}doit ˆetre continue, donc χ−1
{x}(]1/2,3/2[) =
{x}doit ˆetre ouvert.
2. On montre que χAest continue en xsi et seulement si x /∈∂A. Il est imm´ediat que les points de continuit´e
de χAcontiennent les ouverts ◦ Aet cA, puisque χAy est (localement) constante. Il reste `a montrer que les
points de ∂A ne sont pas des points de continuit´e. Or un voisinage de x∈∂A contient des points de Aet
de cA, donc χA−1(]χA(x)−1/2, χA(x)+1/2[) ne peut ˆetre un voisinage de x.
Si Aest `a la fois ouvert et ferm´e dans X, alors la fronti`ere de Aest vide, par cons´equent χAest continue.
Si Xest le plan R2muni de la distance usuelle et Aest l’ensemble Q2des points `a coordonn´ees rationnelles,
alors χAn’est continue nulle part.
Dans les deux questions pr´ec´edentes, le r´esultat ne change pas si on remplace Rpar l’ensemble {0,1}
muni de la topologie discr`ete.
3. Si fest continue, alors pour B⊂Y,f−1(B) est ferm´e et contient f−1(B), donc il contient f−1(B).
De mˆeme, f−1(◦ B) est ouvert et contenu dans f−1(B), donc il est contenu dans
◦
f−1(B). On en d´eduit
∂f−1(B)⊂f−1(∂B).
Dans l’autre sens, on suppose cette condition ∂f−1(B)⊂f−1(∂B) satisfaite pour toute partie Bde Y.
Soit alors Fun ferm´e de Y. Il contient sa fronti`ere, donc f−1(∂F )⊂f−1(F). Donc ∂f−1(F)⊂f−1(F). Il
suit que f−1(F) contient sa fronti`ere, il est donc ferm´e. On a obtenu au passage que le r´esultat ´etait aussi
vrai pour l’adh´erence `a la place de la fronti`ere.